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2025 年高考押题预测卷
物理·全解全析
注意事项：
1．答卷前，考生务必将自己的姓名、准考证号等填写在答题卡和试卷指定位置上。
2．回答选择题时，选出每小题答案后，用铅笔把答题卡上对应题目的答案标号涂黑。如
需改动，用橡皮擦干净后，再选涂其他答案标号。回答非选择题时，将答案写在答题卡上。写
在本试卷上无效。
3．考试结束后，将本试卷和答题卡一并交回
一、选择题：本题共10 小题，共46 分。在每小题给出的四个选项中，第1~7 题只有一项符合题目要求，
每题4 分共28 分，第8~10 题有多项符合题目要求。每题6 分共18 分，全部选对的得6 分，选对但不
全的得3 分，有选错或不答的得0 分。
1．近日北京某公司利用镍－63（
）衰变发出的射线照射一种半导体，使半导体产生电动势，从而制
成了一种微型原子能电池，这种电池体积比一枚硬币还要小，电动势为3V，镍－63 半衰期为100 年，电池
能够稳定发电50 年。而且
的衰变产物
没有放射性，对环境友好。代表了未来原子能电池的发展
方向。关于照射到半导体上的那种射线，下面说法正确的是（ ）
A．射线是电子流
B．射线是正电子流
C．射线是质子流
D．射线是高频光子
【答案】A
【详解】镍—63 转变为
，根据质量数守恒和电荷数守恒，衰变方程为
因此是
衰变，放出的射线是电子流。故A 正确，BCD 错误。
故选A。
2．（原创）如图所示为某同学投篮时的情景，篮球在空中划出一道美妙的弧线后精准进入篮框，不计空
气阻力，则篮球飞行过程中（ ）
1
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A．加速度先减小后增大
B．动能先减小后增大
C．机械能先增大后减小
D．重力的功率先增大后减小
【答案】B
【详解】A．篮球在空中飞行时只受重力作用，加速度始终为重力加速度g，恒定不变，故A 错误；
BC．篮球在空中飞行时只有重力做功，则机械能守恒，恒定不变；由题图可知，篮球在空中飞行时，其高
度先变高后变低，则其重力势能先增大后减小，又因为篮球的机械能恒定不变，则篮球的动能先减小后增
大，故B 正确，C 错误；
D．由题意可知，篮球做斜上抛运动，则篮球竖直方向做竖直上抛运动，则篮球竖直方向的速度大小先减
小后增大，则由
可知，重力的功率先减小后增大，故D 错误；
故选B。
3．（改编）“中欧班列”是按照固定车次、线路、班期和全程运行时刻开行，往来于中国与欧洲以及
“一带一路”沿线各国的集装箱等国际铁路联运班列。当列车车头行驶到一段笔直的铁道旁的某一电线杆
时，整个列车立即匀加速通过该电线杆，假设车头和每节车厢一样长，下列图像能够描述车头和每节车厢
的前段通过该电线杆速度和速度平方
的变化，接近实际的一个是（ ）
A．
B．
C．
D．
【答案】B
2
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【详解】A．当列车车头行驶到一段笔直的铁道旁的某一电线杆时，整个列车立即匀加速通过该电线杆，
初速度不为零，故
不是过原点的倾斜直线，故A 错误；
BCD．设车头经过该电线杆时的速度大小为
，由
得
，
故B 正确，CD 错误。
故选B。
4．如图，嫦娥六号实施近月制动，由高轨道1 进入近月轨道3，近月轨道3 的半径可认为等于月球半径，
嫦娥六号由高轨道1 上的
点（远月点）进入椭圆轨道2，再由椭圆轨道2 上的
点（近月点）进入近月轨
道3。已知万有引力常量为
，下列说法正确的是（ ）
A．嫦娥六号在轨道1 上经过
点的加速度大于在轨道2 上经过
点的加速度
B．相同时间，嫦娥六号在轨道1 和轨道3 上与月心的连线扫过的面积相等
C．只要测出嫦娥六号在轨道3 上的周期，根据已知条件就可得到月球质量
D．只要测出嫦娥六号在轨道3 上的周期，根据已知条件就可得到月球密度
【答案】D
【详解】A．由万有引力提供向心力，有
可得
可知嫦娥六号在轨道1 上经过
点的加速度等于在轨道2 上经过
点的加速度，故
错误；
B．由于不是在同一轨道，相同时间，嫦娥六号在轨道1 和轨道3 上与月心的连线扫过的面积两者不相等，
故B 错误；
C．由于不知道月球半径，也就不知道嫦娥六号的轨道半径，因此不能求出月球质量，故C 错误；
D．由万有引力提供向心力，有
3
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其中
可得月球密度
故D 正确。
故选D。
5．某带电体产生电场的等势面分布如图中实线所示，虚线是一带电粒子仅在此电场力作用下的运动轨迹，
M、N 分别是运动轨迹与等势面b、a 的交点，运动轨迹与等势面d 在Р 点相切，则下列说法正确的是（
）
A．粒子带负电荷
B．M 点的电场强度比N 点的电场强度大
C．粒子在M 点的电势能比在N 点的电势能小
D．粒子在P 点的动能比在M 点的动能小
【答案】D
【详解】A．根据等势面的电势分布可知，带电体带正电荷，再由粒子的运动轨迹可知，粒子在运动过程
中受到带电体的排斥，判断该粒子带正电荷，A 错误；
B．等差等势面越密集，电场强度越大，故M 点的电场强度比N 点的小，B 错误；
C．粒子带正电，因为M 点的电势高于N 点的电势，故粒子在M 点的电势能比在N 点的电势能大，C 错误；
D．由于带电粒子仅在电场作用下运动，电势能与动能总和不变，可知当粒子的电势能增大时动能减小，
故粒子到达Р 点时电势能最大，动能最小，D 正确。
故选D。
6．（改编）如图所示，有两个质量相同、边长相同的正方形导线框A 和B，现在将这两个线框从同一高度
同时由静止释放，两个线框下落到某一高度时进入匀强磁场，磁场一直延伸到地面。不计空气阻力，两线
框的电阻分别为
、
，且落地前瞬间两线框动能的大小分别为
和
，两线框从被释放到
4
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落地所用的时间分别为
和
，线框A 和B 的边长远小于其距地面的高度。下列说法正确的是（ ）
A．
、
B．
、
C．
、
D．
、
【答案】B
【详解】根据自由落体运动的规律可知，A 和B 达到磁场边界的时间、速度都相等。
进入磁场过程中，根据牛顿第二定律可得：mg-BIL=ma
即：
解得加速度大小为：
由于RA＞RB，所以A 的加速度大于B，A 先完全进入磁场，进入磁场时的速度大于B，故A 先落地，且落地
时的速度大于B。
综上所述，有：EkA＞EkB、tA＜tB
故选B。
7．如图甲所示，两个质量均为m、厚度均为d、高度均为h 的木板A、B 静止放置在光滑水平面上，质量
为m 的子弹（体积忽略）以一定初速度
打入木板A，子弹恰好未离开木板B 且A、B 两木板没有发生碰撞。
现把A、B 两块木板绑在一起横放（如图乙所示），子弹再次以同样的初速度
打入木板A，子弹也恰好未
离开木板。设子弹在木板中受到的阻力恒定，忽略空气阻力和重力引起的竖直方向的运动，则
等于（
）
5
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A．
B．
C．
D．
【答案】D
【详解】子弹第一次打入木板A 的过程中，由动量守恒定律有
由能量守恒定律有
子弹打入木板B 的过程中，由动量守恒定律有
由能量守恒定律有
联立解得
子弹第二次打木板A 的过程中，由动量守恒定律有
由能量守恒定律有
联立解得
可得
故选D。
8．用图甲所示的电路研究光电效应中电子发射的情况与照射光的强弱、光的频率等物理量间的关系。电
流计G 测得的光电流I 随光电管两端电压U 的变化如图乙所示，则（ ）
6
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A．通过电流计G 的电流方向由d 到c
B．电压U 增大，光电流I 一定增大
C．用同频率的光照射K 极，光电子的最大初动能与光的强弱无关
D．光的频率不变增大光的强度则光电流增大
【答案】CD
【详解】A．电流方向与逃逸出来的电子运动方向相反，所以通过电流计G 的电流方向由c 到d，故A 错误；
B．当光电流达到饱和光电流后，增加电压U，光电流I 不变，故B 错误；
C．用同频率的光照射K 极，根据爱因斯坦光电效应方程
光电子的最大初动能与光的频率有关，与光的强弱无关，故C 正确；
D．光的频率不变增大光的强度，光电子数增多，则光电流增大，故D 正确。
故选CD。
9．如图甲是某轻绳上沿
轴传播的简谐横波在
时的波形图，图乙是横坐标在
处的
质点的
振动图像。下列说法正确的是（ ）
A．该波沿
方向传播
B．该波波速为
C．
质点比
质点先到达波谷
D．在
至
的时间内，
通过的路程为
【答案】BC
7
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【详解】A．由图乙可知，质点
在
时向上振动，由同侧法结合图甲可知，该波沿
方向传播，
故A 错误；
B．由图甲可知，波长为
由图乙可知，周期为
则该波波速为
故B 正确；
C．结合上述分析可知，质点
向上振动，质点
向下振动，则
质点比
质点先到达波谷，故C 正确；
D．由图乙可知，质点
的振动方程为
则
时，质点B 的位移为
且向上振动，
时，质点B 的位移为
且向下振动，则在
至
的时间内，
通过的路程为
故D 错误。
故选BC。
10．如图甲所示，一右端固定有竖直挡板的质量
的木板静置于光滑的水平面上，另一质量
的物块以
的水平初速度从木板的最左端冲上木板，最终物块与木板保持相对静止，物块和木板的
运动速度随时间变化的关系图像如图乙所示，物块可视为质点，则下列判断正确的是（ ）
A．图乙中
的数值为4
B．物块与木板的碰撞为弹性碰撞
C．整个过程物块与木板之间因摩擦产生的热量为10J
D．最终物块距木板左端的距离为3m
8
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【答案】BD
【详解】A．根据题意可知，题图乙中图线a 表示碰撞前物块的减速运动过程，图线b 表示碰撞前木板的加
速过程，图线c 表示碰撞后木板的减速过程，图线d 表示碰撞后物块的加速过程，物块与挡板碰撞前瞬间，
物块的速度大小为
，设此时木板速度大小为
，则
，从物块滑上木板到物块与木板碰撞前瞬
间的过程，根据系统动量守恒有
解得
物块与挡板碰撞后瞬间，物块的速度为0，木板速度大小为
，从物块滑上木板到物块与木板碰撞后瞬间
的过程，根据系统动量守恒有
解得
故A 错误；
B．2s 末物块与木板共同运动的速度大小为
，从物块滑上木板到最终共同匀速运动的过程，根据系统动
量守恒有
解得
物块与木板碰撞前瞬间，系统的动能为
物块与木板碰撞后瞬间，系统的动能
故碰撞过程系统没有机械能损失，故B 正确；
C．物块滑上木板时系统的动能为
最终相对静止时系统的动能为
所以系统产生的热量为
故C 错误；
9
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D．由题图乙得木板长为4.5m，碰撞后物块与木板相对位移为1.5m，故最终物块距木板左端的距离为
3m，故正确。
故选BD。
二、实验题：本题共2 小题，共16 分。
11．（6 分）某实验小组在用插针法“测玻璃的折射率”实验中，画出的光路如图甲所示。
(1)下列关于大头针P3、P4的位置，说法正确的是___________（填字母）。
A．插上大头针P3， 使P3挡住P1、P2的像
B．插上大头针P3，使P3仅挡住P2的像
C．插上大头针P4、使P4挡住P1、P2的像和P3
D．插上大头针P4、使P4仅挡住
(2)该实验小组的同学在甲图的基础上，以入射点O 为圆心作圆，与入射光线P1O、折射光线OO'分别交于
A、B 点，再过A、B 点作法线NN'的垂线，垂足分别为C、D 点，如图乙所示，则玻璃的折射率
（用图中线段的字母表示）。
(3)若该组同学在正确画出两界面后，不小心将玻璃砖平移了一些，如图丙所示（虚线表示平移后玻璃砖边
界），其他操作无误，则他测得的折射率将 （填“偏大”“偏小”或“不变”）。
【答案】(1)AC (2)
(3)不变
【详解】（1）插上大头针P3，应使P3挡住P1、P2的像；插上大头针P4、使P4挡住P1、P2的像和P3。故选
10
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AC。
（2）玻璃的折射率
（3）如图所示
实线表示玻璃砖平移后实际的光路，虚线表示实验中得到的光路，可知实验中得到的入射角、折射角与实
际的入射角、折射角分别相等，由折射定律可知，测出的折射率不变。
12．（10 分）某实验小组计划将量程为
、内阻
的毫安表改装成简易欧姆表并测量电阻的
阻值。
实验室提供以下器材：
（1）毫安表（参数如上）
（2）定值电阻若干
（3）滑动变阻器
（最大阻值
）
（4）电源
（标称电动势1.5V，内阻未知）
（5）待测电阻
（6）红表笔、黑表笔、导线若干
11
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实验步骤如下：
（1）按图1 所示的电路连接实验器材，其中A 表笔应接表笔 （填“红”或“黑”），定值电阻应选
（填“
”“
”或“
”）。
（2）将两表笔短接，调节滑动变阻器，使毫安表指针指向 （填“0mA”“0.5mA”或“1mA”）处。
（3）将待测电阻
接入两表笔之间，毫安表指针如图2 所示，则待测电阻的测量值
。
（4）经检查，该实验小组发现所用电源的电动势小于1.5V，则该电阻的测量值 （填“大于”“小
于”或“等于”）真实值。
（5）更换电动势为1.5V 的标准电源后，在毫安表表盘上标出对应的电阻数值，使此欧姆表的倍率为“
”。
（6）按图3 所示的电路改装欧姆表，可以将欧姆表的倍率变为“
”，则图中
阻值为
。
【答案】 红
1mA 2250 大于 120
【详解】（1）[1] [2] 由图1 知，欧姆表内部电流方向为顺时针方向，电流从B 表笔流出，从A 表笔流入，
故A 为红表笔。欧姆表中值电阻为
又
，滑动变阻器的最大阻值为
，故定值电阻应选
即选
。
（2）[3] 电阻调零时，两表笔短接，指针指向欧姆零刻度处，即电流表的满偏电流处，故为1mA。
（3）[4] 由图2 可得，电路中的电流为
，
（4）[5] 假设
，则
故
，可得：测量值大于真实值。
（6） [6] 原欧姆表的中值电阻为
，倍率为“
”，欧姆表中央刻度为“15”，要将欧姆表的倍率
改为“
”，中值电阻为
，改装后电流表的满偏电流为10mA，并联电阻阻值为：
。
12
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三、计算题：本题共3 小题，共38 分。解答应写出必要的文字说明、方程式和重要演算步骤。只写出最后
答案的不能得分。有数值计算的题，答案中必须明确写出数值和单位。
13.（10 分）如图甲所示，一高度为H 的汽缸直立在水平地面上，汽缸壁和活塞都是绝热的，活塞横截面
积为S，在缸的正中间和缸口处有固定卡环，活塞可以在两个卡环之间无摩擦运动．活塞下方封闭有一定
质量的理想气体，已知理想气体内能U 与温度T 的关系为
（k 为正的已知常量），重力加速度为g．
初始状态封闭气体温度为
，压强等于外界大气压强
，现通过电热丝缓慢加热，封闭气体先后经历了如
图乙所示的三个状态变化过程，求：
(1)活塞质量m；
(2)从
过程中，气体对外做的功W；
(3)从
全过程中，气体内能增加量
。
【答案】(1)
(2)
(3)
【详解】（1）
过程，气体在等压膨胀，由受力平衡有：
解得：
（2）
过程，
图像斜率不变，体积不变，只有在
过程中气体对外做功，故从
过程，
气体对外做的功：
（3）在
全过程中，由理想气体状态方程，有
解得气体在d 状态的温度
故气体内能的变化量：
13
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14.（12 分）如图，四边形abcd 是长方形，
，
区域和
区域存在磁感应强度大小
不同、方向均垂直纸面向外的匀强磁场。一质量为m、电荷量为q 的带正电粒子（不计重力）从a 点沿ab
方向以速度v 射入磁场中，经磁场偏转后恰好不从bc 边射出磁场，第一次通过ac 后，又恰好不从cd、da
边射出磁场。
(1)求
区域的磁感应强度大小
和
区域的磁感应强度大小
；
(2)求粒子从a 点开始运动到第二次通过ac 所用的时间t。
【答案】(1)
，
(2)
【详解】（1）粒子在磁场中的运动轨迹如图所示
由几何关系可知，粒子在
区域做圆周运动的轨迹半径
根据牛顿第二定律,有
解得
由几何关系得
,
14
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设粒子在
区域做圆周运动的轨迹半径为r2
根据几何关系，有
解得
根据牛顿第二定律，有
解得
（2）设粒子第一次在
区域做圆周运动的时间为t1，则
运动的路程为
设粒子第一次在
区域做圆周运动的时间为t2，则
运动的路程
粒子从a 点开始运动到第二次通过ac 所用的时间
解得
15．（16 分）如图所示，倾角θ=37°间距
足够长的平行金属导轨，底端接有阻值
的电阻，轨
道间abdc 区域有垂直轨道平面向上的匀强磁场，磁感应强度
磁场宽度
。一矩形金属框质
量m=1kg，长l=1m，宽
，AB 和CD 边的电阻均为1Ω，AC 和BD 边无电阻。现将金属框如图静
止释放，CD 进入磁场时恰好作匀速直线运动，以某一速度离开磁场，金属框继续向下运动。已知金属框
在运动过程中AB 和CD 边始终保持与导轨垂直，且与导轨接触良好，不计导轨的电阻，金属框与导轨间的
动摩擦因数
，重力加速度g 取
求：
15
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(1)金属框静止释放时CD 边距ab 边的距离x；
(2)整个过程中通过电阻R 的电荷量q；
(3)金属框CD 边进入磁场到AB 边刚离开磁场的过程中金属框所产生的焦耳热Q。
【答案】(1)
(2)
(3)
【详解】（1）设CD 边刚进入磁场时金属框的速度为
，因金属框恰好匀速进入磁场，由牛顿第二定律得
CD 边受到安培力
电路的总电阻
由以上解得CD 边刚进入磁场时金属框的速度
从静止释放到CD 边刚进入磁场的过程，由动能定理得
解得
（2）金属框从CD 边刚进入磁场到AB 边刚进入磁场过程中做匀速直线运动，运动时间
CD 边做切割磁感线运动，回路感应电动势
回路总电阻
通过电阻R 的电流
该过程中通过电阻
的电量
16
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边刚进入磁场时，
边、
边都做切割磁感线运动，
回路感应电动势
其等效电路如图所示
通过
、
两边的电流相等，其电流
其中
解得
对金属框受力分析，由牛顿第二定律得
解得
即金属框从
边进入磁场到
边刚离开磁场过程中做匀速直线运动，速度仍为
，运动时间
该过程中通过电阻
的电量
同理分析得金属框从
边离开磁场到
边离开磁场过程中做匀速直线运动，速度仍为
，与金属框进入
磁场过程通过电阻
的电量相等，即
则全过程通过电阻
的电量
（3）
边进入磁场到
边刚离开磁场过程金属框运动位移
17
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全过程克服摩擦力做功
由（2）可得电阻
产生的焦耳热
其中
，
，
解得
由功能关系得，
边进入磁场到
边刚离开磁场过程中金属框所产生的焦耳热
。
18
